DE THI HOC KY 1 LOP 12 MON tOAN

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến vuông góc với đường.. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT GANG THÉP -ĐỀ 03 Câu 1(3 điểm): Cho hàm số : ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn: Toán , Lớp 12 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) y 2x  x 1 a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  x  2014 c Tìm điểm M trên (C) thỏa mãn khoảng cách từ M đến Oy gấp lần khoảng cách từ M đến d : y x  Câu 2(1 điểm) : Cho hàm số : y x   x  Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số trên đoạn  4;6 Câu 3(2 điểm) : Giải các phương trình : 2x a 2.3  x1  0 b log 22 x  log x  0 2 Giải các bất phương trình : x 2  2.5x  x  5x 1 a b log2   2log9 x   Câu 4(3 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông B, AB BC a , cạnh bên SA vuông góc với đáy Góc SB và đáy là 600 a Tính thể tích khối chóp S.ABC b Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC c Tính khoảng cách hai đường thẳng AC và SB Câu 5(1 điểm): Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn a  b  c 3 Tìm giá trị nhỏ a2 b2 c2 P   1 b 1 c 1 a -Hết ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN 12 HỌC KỲ I NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ SỐ Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa Câu Sơ lược đáp án 1a 1b Hs thực đầy đủ các bước khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: + TXĐ + Sự biến thiên: - Chiều biến thiên và cực trị - Giới hạn và tiệm cận - Lập bảng biến thiên + Vẽ đồ thị hàm số y'  x    Ta có  : y  x  2014 Vì tiếp tuyến vuông góc với nên tiếp tuyến có hệ số góc là k 3 Gọi tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm là M  x0 ; y0  Khi đó ta có :  x0 0 3    x0  1  x0  Với x0 0 ta có M  0;  1 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là Than g điểm 1đ 0,25 0,25 y 3 x  Với x0  ta có M   2;5  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y 3x  11 1c 0,25 0,25  2m   M  m;  , m  m   Giả sử  là điểm thỏa mãn yêu cầu Ta có:  2m  m2  m 1 m   m2  m 1 m 1 m   m   m 2 m 1 m2    m  m  Vậy M  2;1 là điểm cần tìm y ' 1  Ta có 0,25  x  3  x 5   4;6     x  3  x 1  4;6 25 y   9, y  5 8, y    Ta có Vậy: max y 9 x 4 y ' 0   0,25 0,25  4;6 y 8 x 5  4;6 0,25 3.1.a TXĐ : D   t 1 2t  3t  0    t / m  t  x t  t     Đặt ta có phương trình Với t = ta có x = 1 t x log ta có Với 3.1.b Điều kiện : x >  t  t  t  0    t 2 Đặt t log x ta có phương trình Với t = - ta có x = Với t 2 ta có x 4 3.2.a TXĐ : D  2 3.2.b x 2 x x  2.5   x 1 x 0,25 0,25 0,25 x  2  3.2  3.5      x   5 x 0,25 Điều kiện : x   0;3 1  x Kết hợp với điều kiện bất phương trình thì bất phương trình có tập 1  S  ;3  3  nghiệm 0,5 0,25 log2   log9 x     log9 x   log9 x   0,25 4a 0,25  Góc SB và (ABC) là SBA 60 Ta có : 4b SA  AB.tan 60 a 3; S ABC a2  AB.BC  2 1 a2 a3 VS ABC  SA.S ABC  a  3 Ta có : Gọi I là trung điểm SC Khi đó ta có IA IS IC BC  AB    BC   SAB   BC  SB BC  SA  Ta có : Do đó IB IS IC Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có : AC a  SC a 0,25 0,25 0,25 SC a  2 Bán kính mặt cầu là 2 Diện tích mặt cầu là Sm / c 4 R 5 a Gọi D là đỉnh hình bình hành ACBD, M là trung điểm BD Khi đó tam giác ABD vuông cân A nên BD   SAM  R 4c Dựng AH  SM , H  SM Ta có : BD   SAM    SBD    SAM   AH   SBD  Ta có d  AC , SB  d  AC ,  SBD   d  A,  SBD    AH SA a 3, AM  0,5 Vì Ta có : a a 21  AH  0,5  a2  b  a  1 b  b 1 c   1 a 1b 1 c   b   P  a  b  c       P 1 c 4     c 1 a  c  1 a  Dấu xảy a b c 1 Vậy giá trị nhỏ P là a b c 1